PHPコードでphpmyadminデータベースのビューを作成しますか？

Question

私はMySQLでビューを作成するためのSQLコードを作成しました。ローカルまたはコンピュータ上のこのコードは正しく動作しますが、リモートサーバー上で実行すると機能しません。

私はこのコードをコピーして、サーバー上のPhpMyadminのSQLの場所にそれを動作させ、問題なく貼り付けます。私はコードのセクションを変更せず、phpから、phpmyadminでコピーしただけです。

サーバーのWebページで動作しないこのPHPトランザクションの後ろには何が起こっていますか？

私の意見の完全な一部：

$conn2 = new mysqli($servername, $username, $password,$dbname); 

$view_baz1maz1="CREATE ALGORITHM=UNDEFINED DEFINER=`root`@ SQL SECURITY 
DEFINER VIEW `baz1amz1` as select `regvezarat`.`bazemp`.`PrsID` AS `PrsID`, 
`regvezarat`.`bazemp`.`Name` AS `Name`,`regvezarat`.`bazemp`.`Family` AS `Family`, 
,`regvezarat`.`bazemp`.`AccID` AS `AccID` from `regvezarat`.`bazemp` 
union select 
`regvezarat`.`infemp`.`PrsID` AS `PrsID`,`regvezarat`.`infemp`.`Name` AS `Name`, 
`regvezarat`.`infemp`.`Family` AS `Family`,`regvezarat`.`infemp`.`FtName` AS `FtName`, 
regvezarat`.`infemp`.`NumID` AS `NumID`,`regvezarat`.`infemp`.`AccID` AS `AccID` from 
`regvezarat`.`infemp`;"; 


if(mysqli_query($conn2,$view_baz1maz1)) 
{ 
    $num_win+=1; 
} 
else 
{ 
mysqli_error($conn2); 
$num_fail+=1; 
echo "baz1amz1".'<br>'; 
} 

だから私は、何らかのエラーが発生した場合、他のブロックが実行され、baz1amz1で表彰は私のためのガイドのためのページに表示期待しています。私はこのビューが実行されると思いますが、DBでコミットされていないと思われます。おそらくトランザクションは問題なく実行され、最終的にはDBでコミットしたい、PHPからMySQLに十分な特権がありません。 このコードを間違いなくエラーなくローカルで実行します。
可能な場合は？

Answer 1

最初の行の以下の部分削除：

… ALGORITHM=UNDEFINED DEFINER=`root`@ SQL SECURITY DEFINER … 

で、文は単にから始める必要があります。CREATE VIEWへ

CREATE VIEW `baz1amz1` as select… 

DEFINER=とSQL SECURITY DEFINERのパラメータは、MySQL SUPER権限を必要とし、このビューの動作には影響しません。 （ビューは特別な権限が必要な状況で使用されますが、ここでは表示されません）