（mysql dbに保存されている）phpファイルの画像を表示

Question

mysqlデータベースに保存されている画像を表示しようとしています。 ..だからそれは、DBに格納し、何か（適切なサイズ）を行いますが、私はそれが手動であるかを見ることができない..私は、これはOKだとし

if (isset($_SESSION['mod']) && (isset($_GET['upload']))) { 
    if (isset($_FILES['image']) && $_FILES['image']['size'] > 0) { 

    $con = mysql_connect("localhost", "root"); 
    mysql_select_db("psi", $con); 

     // Temporary file name stored on the server 
     $tmpName = $_FILES['image']['tmp_name']; 

     // Read the file 
     $fp  = fopen($tmpName, 'r'); 
     $data = fread($fp, filesize($tmpName)); 
     $data = addslashes($data); 
     fclose($fp); 

     //now i use <tmpName> as an actual name of file 
     $tmpName = $_FILES['image']['name']; 
     if (isset($_GET['name'])) 
     $tmpName = $_GET['name']; 

     $uname = $_SESSION['uname']; 
     $idObj = mysql_query("SELECT id_object AS id FROM tobject WHERE uname = '$uname'"); 
     $idObj = mysql_fetch_assoc($idObj); 
     $idObj = $idObj['id']; 

     // Create the query and insert 
     // into our database. 
     $query = "INSERT INTO slike "; 
     $query .= "VALUES ('', '$idObj', '$data', '$tmpName')"; 
     $results = mysql_query($query, $con); 

     // Print results 
     print "Thank you, your file has been uploaded."; 

} 
else { 
    print "No image selected/uploaded"; 
} 

}

： 私はそれをこのように保存します、私はこのコードでそれを取得しようとすると：

else if (isset($_GET['idSlike'])) { 
$idSlike = $_GET['idSlike']; 

    $con = mysql_connect("localhost", "root"); 
    mysql_select_db("psi", $con); 

$res = mysql_query("SELECT slika FROM slike WHERE id_slika = '$idSlike'"); 
if (!$res) { 
    die("greska: " . mysql_error()); 
}; 

$slika = mysql_fetch_array($res); 
$slika = $slika['slika']; 
header('Content-Type: ' . $slika['mimetype']); 
echo $slika; 
} 

注：DBからの両方の保存と取得画像が同じファイルで （image.php）です...

私は何も得ることはありません... 私はそれを表示してみました：

<img src="image.php?idSlike=10"/> 

私のハードコードのIDが、彼らは私も

で試してみました

デシベルに存在します

echo "<img src=\"image.php?idSlike=13\">"; 

もう1つのPHPファイルがありますが、空きの画像があります（正しいsrcを使用）

私はxamppを使用しています（mysql 5.5.16; PHP 5.3.8）...と開発環境での通知や警告の

Answer 1

入れます：あなたは非sensicleある事をやっている（そして、あなたならばPHPはそれについて教えてくれます

ini_set("display_errors", 1); 
error_reporting(E_ALL); 

それを聞かせてください）：

$slika = mysql_fetch_array($res); 
$slika = $slika['slika']; 
header('Content-Type: ' . $slika['mimetype']); // <-- $slika is a string not an array 
echo $slika; // <-- if $slika is an array here, you can not echo is like this