[Ladbroke]

Hallo,

bei folgendem Code für eine Kennwortabfrage erhalte ich bei übereinstimmendem Wert in der Datenbank eine korrekte Ausgabe.
Bei einem falschen Kennwort müsste die entsprechende Variable doch eigentlich leer sein (da nicht in Datenbank vorhanden). Bei einem Test mit var_dump erhalte ich aber nur eine leere Seite, keinen Ausgabewert true/false.

Hat jemand einen Tipp woran das liegen könnte?

Vielen Dank im voraus!


<?php

session_start ();

if(isset($_POST['Kennwort'])

AND
strcmp(trim($_POST['Kennwort']),'') != 0 )

$Kennung=$_POST['Kennwort'];

$dbID=mysql_connect ('localhost', 'root') or die(mysql_error());

mysql_select_db('login', $dbID)or die(mysql_error());

$sqlZiel="SELECT Ziel FROM kennwortabfrage WHERE Kennwort = '$Kennung'" or die(mysql_error());

$sqlAbfrage=mysql_query($sqlZiel)or die(mysql_error());

$Ergebnis=mysql_fetch_array($sqlAbfrage)or die(mysql_error());

mysql_close();

var_dump(isset($Ergebnis[Ziel]));

var_dump(empty($Ergebnis[Ziel]));


/* if(isset($Ergebnis[Ziel])) {


header("Location: $Ergebnis[Ziel]");

exit();

}

else {


//header("Location: falscheskennwort.php"); }


exit(); }

} */

?>

hehe. Kannst du mal nen Link zu deinem Login posten? Möchte nämlich eine SQL Injection durchführen!!!

Wie wärs wenn du Tags verwenden würdest?

PHP-Code:

$sqlZiel="SELECT Ziel FROM kennwortabfrage WHERE Kennwort = '$Kennung'" or die(mysql_error()); 


Wie soll bei einer Zuweisung ein MySQL Fehler autreten?!

var_dump(isset($Ergebnis[Ziel]));

var_dump(empty($Ergebnis[Ziel]));

Man verwendet grundsätzlich Doppelte- oder Einfachanführungszeichen für den Index!

Man oh man ... so einen unformatierten Code kann man ja net lesen.
Lies am besten mal das Handbuch und komm danach wieder.
www.php.net/manual/

[Jann Hendrik]

was dir auf jeden Fall helfen sollte:
Ein sessionbasiertes Loginsystem


du solltest lernen deinen Code sauber zu schreiben, damit auch andere ihn lesen können!
Dafür helfen auch die BBCode-Tags dieses Forums:
[php]php-code[/php]


ich habe deinen Code mal um ein paar Punkte reduziert...

Ich habe ganz bewusst auf eine Überprüfung der Variable verzichtet. Das muss auf jeden Fall rein. SQL-Injection wurde bereits angesprochen. So kann es also definitiv nicht bleiben!



Was kommt denn raus, wenn du folgendes ausprobierst?

PHP-Code:

<?php
  error_reporting(E_ALL);
  session_start();

  // Datenbank-Parameter:
  $db_host = 'localhost';   // Server
  $db_user = 'root';        // username
  $db_pw   = '';            // Passwort
  $db_name = 'login';       // Tabelle


  // Verbindung zur Datenbank herstellen.
  mysql_connect($db_host, $db_user, $db_pw) or exit('Fehler bei der Verbindung zum Datenbank-Server.');
  mysql_select_db($db_name) or exit('Fehler: Tabelle konnte in der Datenbank nicht gefunden werden.');

  $sql = "SELECT
              `Ziel`
          FROM
              `kennwortabfrage`
          WHERE
              `Kennwort` = '".$_POST['kennwort']."'
            AND
              `user` = '".$_POST['user']."'
          LIMIT 1";
  $result = mysql_query($sql) or exit('Fehler: '.mysql_error());

  $row = mysql_fetch_assoc($result) or exit('Fehler: '.mysql_error());


  // Testweise Ausgabe:
  echo '<pre>';
  print_r($row);
  echo '</pre>';


  mysql_close();

  if(mysql_num_rows($result) == 1)
  {
    echo 'user ist 1x in der Datenbank';
#    header(...);
  }
  else
  {
    echo 'user ist nicht in der Datenbank';
#    header(...);
  }

?>

[Ladbroke]

Fat Tony,

Du warst sicher auch schon mal irgendwo Anfänger!?

Stell Dir vor, Dein Arzt erläutert Dir Deine Krankheit nur in Fachchinesisch. Auf eine kurze Rückfrage deinerseits verweist er auf die einschlägige Fachliteratur mit dem Angebot, dass Du gerne zu einem weiteren Gespräch vorbeikommen kannst, wenn Du Dich dort richtig eingelesen hast.

In (Nicht-Programmier-)Boards wo ich Ahnung habe, gebe ich auch Auskunft, ohne mich über Anfänger zu ereifern. Man sollte beim zwischenmenschlichen Umgang keinen Unterschied zwischen face-to-face und Internet-Kontakt machen.

Anders ausgedrückt (In den Regeln für die Nutzung des Supportforums des Projects Developer's Guide §6
"Sei geduldig mit Anfängern oder mit Leuten, die sich in die Foren "verirrt" haben. Niemand ist vollkommen, und wir haben alle mal "klein" angefangen!
Allen, die denken, dass sie etwas Besseres sind sei nochmals §1 Absatz 1 ans Herz gelegt."

Prima! Danke Dir für die Mühe, Jann Hendrik!

Code funktioniert einwandfrei bei einem in der DB vorhandenen Kennwort. Allerdings erhalte ich bei Eingabe eines nicht in der DB vorhandenen Kennworts eine leere Seite mit der Meldung "Fehler". (Ich hatte zum Testen nur

$db_pw = ''; // Passwort

und

, $db_pw aus $db_pwmysql_connect($db_host, $db_user, $db_pw)

sowie

$sql = ..... AND
`user` = '".$_POST['user']."'

herausgenommen.

PHP-Code:

<?php
  error_reporting(E_ALL);
  session_start();

  // Datenbank-Parameter:
  $db_host = 'localhost';   // Server
  $db_user = 'root';        // username
  //$db_pw   = '';            // Passwort
  $db_name = 'login';       // Tabelle


  // Verbindung zur Datenbank herstellen.
  mysql_connect($db_host, $db_user) or exit('Fehler bei der Verbindung zum Datenbank-Server.');
  mysql_select_db($db_name) or exit('Fehler: Tabelle konnte in der Datenbank nicht gefunden werden.');

  $sql = "SELECT
              `Ziel`
          FROM
              `kennwortabfrage`
          WHERE
              `Kennwort` = '".$_POST['Kennwort']."'
            
          LIMIT 1";
  
  $result = mysql_query($sql) or exit('Fehler: '.mysql_error());

  $row = mysql_fetch_assoc($result) or exit('Fehler: '.mysql_error());


  // Testweise Ausgabe:
  echo '<pre>';
  print_r($row);
  echo '</pre>';


  mysql_close();

  if(mysql_num_rows($result) == 1)
  {
    echo 'user ist 1x in der Datenbank';
#    header(...);
  }
  else
  {
    echo 'user ist nicht in der Datenbank';
#    header(...);
  }

?>

// edit by Jann Hendrik: 2 Beiträge zusammengefasst und php-tag hinzugefügt

Lies dir diesen Ratschlag von Jann Hendrik genau durch und überlege was du falsch gemacht hast.

Zitat von Jann Hendrik

du solltest lernen deinen Code sauber zu schreiben, damit auch andere ihn lesen können!
Dafür helfen auch die BBCode-Tags dieses Forums:
[ php ] php-code [ /php ]

MfG Fat Tony

[Jann Hendrik]

wie lautet denn die Ausgabe?

[Ladbroke]

Es wird nur eine leere Seite mit der Meldung "Fehler" ausgegeben.



Fat Tony,

...... "Lies dir diesen Ratschlag von Jann Hendrik genau durch und überlege was du falsch gemacht hast."


mir ist schon klar, dass man in 5 Tagen nicht PHP lernen kann. Ich bin bestenfalls ein normaler, interessierter User und kein Programmierer. Ich schaue mir Code-Vorschläge immer an und versuche das Ganze nachzuvollziehen ggf. auf meine Fragestellung umzubauen.
Aber was soll dieses Salami-Oberlehrergehabe (es fehlt noch irgendwo eine Kleinigkeit, ich sag' aber nicht wo, ich will mein Herrschaftswissen noch ein bisschen auskosten)? Wenn's so leicht ist, gib' mir einen Tipp. Wenn meine Anfragen zu unbedeutend sind, dann denk' Dir doch einfach Deinen Teil.
Mag' ja sein, dass Du mit 15 schon recht fit bist im Programmieren, hervorragend. Wär schön, wenn der normale Umgang mit andern - auch mit Anfängern - dabei nicht zu kurz kommt. Im Englischen gibt es den Ausdruck "nerd"; ich persönlich glaube, dass dies ein Vorurteil ist - allerding bin ich auch noch nicht so lange in Computer- und Programmierforen aktiv. Es wär schön, wenn sich die Art der Kommunikation jetzt einfach mal normalisieren liesse.

[Jann Hendrik]

was Fat Tony damit sagen wollte hat er ja auch nochmal zitiert. Damit das lesen von Quellcode vereinfacht wird ist es ratsma diesen einzurücken.

Außerdem bietet diese Forum die Möglichkeit es farbig darzustellen - das wollte er damit sagen....


Ok, für die Fehlermeldung können nur 2 Zeilen verantwortlich sein.

Daher habe ich diese mal modifiziert:

PHP-Code:

<?php
  error_reporting(E_ALL);
  session_start();

  // Datenbank-Parameter:
  $db_host = 'localhost';   // Server
  $db_user = 'root';        // username
  //$db_pw   = '';            // Passwort
  $db_name = 'login';       // Tabelle


  // Verbindung zur Datenbank herstellen.
  mysql_connect($db_host, $db_user) or exit('Fehler bei der Verbindung zum Datenbank-Server.');
  mysql_select_db($db_name) or exit('Fehler: Tabelle konnte in der Datenbank nicht gefunden werden.');

  $sql = "SELECT
              `Ziel`
          FROM
              `kennwortabfrage`
          WHERE
              `Kennwort` = '".$_POST['Kennwort']."'

          LIMIT 1";

  $result = mysql_query($sql) or exit('Fehler #1: '.mysql_error());

  $row = mysql_fetch_assoc($result) or exit('Fehler #2: '.mysql_error());


  // Testweise Ausgabe:
  echo '<pre>';
  print_r($row);
  echo '</pre>';


  mysql_close();

  if(mysql_num_rows($result) == 1)
  {
    echo 'user ist 1x in der Datenbank';
#    header(...);
  }
  else
  {
    echo 'user ist nicht in der Datenbank';
#    header(...);
  }

?>

Welcher Fehler kommt nun?

hehehehe . Deine Vorträge sind immer wieder bringen mich immer wieder zum lachen.

Hat jemand einen Tipp woran das liegen könnte?

Ja. Ich verrate es dir! Das Script arbeitet 100% korrekt!

Was macht folgende Zeile?

PHP-Code:

  $row = mysql_fetch_assoc($result) or exit('Fehler #2: '.mysql_error()); 


Sie weißt $row ein Array zu und bricht mit exit ab wenn die Variable $row zB den Wert NULL oder false hat.
Genau das ist der Fall wenn du ein falsches Passwort eingibst.

MfG Fat Tony

[Ladbroke]

Merci vielmals!

Fehlermeldung ist: Fehler #2:

Jetzt klappt alles einwandfrei. Brilliant. Vielen Dank nochmal!

..... Leider gab's doch noch ein Fehlermeldung. Diesmal wieder Fehler 1 (Eingabe eines in der DB vorhandenen Kennworts).

Fehlermeldung: Resource id #3
Warning: Cannot modify header information - headers already sent by (output started at C:\Apache\xampp\htdocs\login\IDcheck.inc.php:29) in C:\Apache\xampp\htdocs\login\IDcheck.inc.php on line 44

Die erste Codeversion funktionierte also nur bei Eingabe eines in der DB vorhandenen Kennwortes. Die zweite, abgeänderte Codeversion nur bei Eingabe eines nicht in der DB vorhandenen Kennworts. Ich habe die Fehlermeldung einfach so interpretiert, dass der abgefragte Wert der DB (in Variable) nicht sowohl als if-Parameter als auch als header-Parameter eingesetzt werden kann. Ich weiss zwar nicht, ob ich das richtig gedeutet und fachgerecht ausgedrückt habe, zumindest klappt's mit folgender Ergänzung:

PHP-Code:

......

 $result = mysql_query($sql);   //or exit('Fehler #1: '.mysql_error());
 $numbrow = mysql_query($sql);
  
  
$row = mysql_fetch_assoc($numbrow); // or exit('Fehler #2: '.mysql_error()); //falsche Fehlermeldung
$destination = mysql_fetch_array($result);

 mysql_close();

if(mysql_num_rows($numbrow) == 1)
  {
    header("Location: $destination[Ziel]");

....... 


[WarrenFaith]

Naja du kannst ja auch nicht eine echoausgabe tätigen und danach noch den header ändern. Warhscheinlich also einfach ein echo zuviel oder ein header zuviel