[PHP]アップロードされたファイルを出力する方法について

現在PHPを勉強中の者なのですが、アップロードされたファイルを出力する方法が分からないので教えて欲しいです。
以下が現時点で僕が作成したコードなのですが、練習である機能を作っていてその一部のファイルアップロードの処理部分になります。他の部分に関しましては、コードが長くなるため省略させて頂こうと思います。

html
1
2<form method="post" enctype="multipart/form-data">
3  <div><input type="file"name="new_img"></div>
4   <div><input type="submit" value="送信"></div>
5</form>
6<table>  
7  <tr>  
8     <td><?php echo $img; ?>"></td>
9  </tr>
10</table>

php
1 $tmp_file = $_FILES['new_img']['tmp_name'];
2 $file_name = 'img/' . $_FILES['new_img']['name'];
3
4//同名ファイルがアップロードされた場合の関数定義
5function unique_filename($org_path, $num=0){
6  if( $num > 0){
7    $info = pathinfo($org_path);
8    $path = $info['dirname'] . "/" . $info['filename'] . "_" . $num;
9    if(isset($info['extension'])) $path .= "." . $info['extension'];
10   } else {
11       $path = $org_path;
12   }
13                    
14   if(file_exists($path)){
15      $num++;
16      return unique_filename($org_path, $num);
17    }else {
18      return $path;
19    }
20
21}
22if (is_uploaded_file($tmp_file) === TRUE){
23    if ( move_uploaded_file($tmp_file,unique_filename($file_name )) === TRUE){//同名ファイルがアップロードされた場合の処理
24       //MIMEタイプ指定
25       $fp = finfo_open(FILEINFO_MIME_TYPE);
26       $mime_type = finfo_file($fp, $file_name);
27       finfo_close($fp);
28       $img = file_get_contents($faile_name);
29       header('Content-Type: '.$mime_type);
30
31       if(strpos($mime_type,'jpeg')||strpos($mime_type,'jpg')||strpos($mime_type,'png') === FALSE){
32           unset($file_name);
33           $error_msg[] = 'ファイル形式が異なります。画像ファイルはJPEG又はPNGのみ利用可能です。';
34       }
35     } else {
36        $err_msg[] = 'ファイルがアップロードできません';
37     }
38} else {
39       $err_msg[] = 'ファイルが選択されていません';
40}

自分としましては、「$img = file_get_contents($faile_name);」「header('Content-Type: '.$mime_type);」
ここの「$img」にファイルのパスを読み込み、header関数にてmime_typeを指定しhtmlにて、echoで出力すれば良いのではないかと思っていたのですが、エラーが発生し表示できていない状態です...
どなたか教えて下さる方いましたら、ご教授下さい...

行動規範の内容に同意します

回答1件

ベストアンサー

何かを勘違いしているようですが、ざっと見たところ現在のコードはHTMLの中に画像のバイナリデータを埋め込もうとしていろいろおかしくなっているように思えます。PHP以前にHTMLの仕組みを勉強してみてください。

ウェブページに画像を表示させる方法は主に３つあります。

方法1: 直接画像ファイルにアクセスしてもらう

最も一般的な方法です。img タグのソース指定にアップロードされた画像ファイルのURLを指定します。クライアントはそのURLに画像を取りに行きます。

php
1<?php
2    $file_name = 'img/hoge.jpg';
3?>
4<img src="<?= $file_name ?>">

この場合、画像のURLをPHPに決定してもらい、画像データの提供はWebサーバーが行います。

方法2: PHPに画像データを送信させる

img タグのソースに画像データを返すPHPのURLを指定しておきます。そしてアクセスされたPHPスクリプトは画像ファイルを読み込み、そのデータをクライアントに返します。

php
1<img src="getfile.php">

php
1<?php
2// getfile.php
3$file_name = 'img/hoge.jpg';
4
5$finfo = finfo_open(FILEINFO_MIME_TYPE);
6$mime_type = finfo_file($finfo, $file_name);
7finfo_close($finfo);
8
9header('Content-Type: '.$mime_type);
10readfile($file_name);

この方法はPHP側で何らかの判定や処理を挟みたい場合に使います。例えばランダムで画像を変えるとか、認証された特定ユーザーだけアクセスを許可すると言ったケースです。

方法3: 画像データをHTMLに埋め込む

最後に特殊な例として、画像データをbase64にエンコードしてHTMLの中に埋め込む方法です。インラインイメージと呼ばれます。

php
1<?php
2    $file_name = 'img/hoge.jpg';
3
4    $finfo = finfo_open(FILEINFO_MIME_TYPE);
5    $mime_type = finfo_file($finfo, $file_name);
6    finfo_close($finfo);
7
8    $img64 = base64_encode(file_get_contents($file_name));
9?>
10<img src="data:<?= $mime_type ?>;base64,<?= $img64 ?>">

これは小さいアイコンを大量に表示させるようなケースにおいて、サーバーへのアクセス（リクエスト）が大量に発生しないよう、HTMLに予め埋めてしまおうというテクニックです。近年では HTTP/2 という効率的なプロトコルが登場したため、使われることは少なくなりつつあります。またbase64は効率が悪いため、写真などの比較的大きなファイルの埋め込みには不向きです。