[GD] Image verkleinert: Grafik kann nicht angezeigt werden, da sie Fehler enthält

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  • [GD] Image verkleinert: Grafik kann nicht angezeigt werden, da sie Fehler enthält

    ich hab mich mal mit dem verkleinern und verändert von bildern beschäftigt und bin auch fündig geworden.

    wenn ich die testfunktion ausführe, dann kommt die fehlermeldung

    Die Grafik http://localhost/bilder/test.jpeg kann nicht angezeigt werden, weil sie Fehler enthält.

    allerdings wurde das bild korrekt verkleinert und ist mit dem ms photoeditor etc einwandfrei zu öffnen

    hier noch der code (das berechnen der neuen höhe und breite hab ich mal weggelassen)

    PHP-Code:
    $Image imagecreatefromjpeg($oldImage);
        
    header ("Content-type: image/jpeg");
        
    header('Last-Modified: '.gmdate('D, d M Y H:i:s'$timestamp).' GMT'); 
        
    $newImage imagecreatetruecolor($neueBreite$neueHoehe);
        
    imagecopyresampled($newImage$Image0000$neueBreite$neueHoehe$breite$hoehe);
        
    imagejpeg($newImage"bilder/test.jpeg");
        
        
    imagedestroy($Image);
        
    imagedestroy($newImage); 
    wäre sehr nett wenn ihr mir helfen könntet den "fehler" zu beheben

  • #2
    Re: [GD] Image verkleinert: Grafik kann nicht angezeigt werden, da sie Fehler enthält

    Original geschrieben von st@tic
    header ("Content-type: image/jpeg");
    lass mal den Header weg, vielleicht kommt ne Fehlermeldung?

    Ein netter Guide zum übersichtlichen Schreiben von PHP/MySQL-Code!

    bei Klammersetzung bevorzuge ich jedoch die JavaCoding-Standards
    Wie man Fragen richtig stellt

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    • #3
      Re: Re: [GD] Image verkleinert: Grafik kann nicht angezeigt werden, da sie Fehler ent

      Original geschrieben von ghostgambler
      lass mal den Header weg, vielleicht kommt ne Fehlermeldung?
      ich bin ja Banane, vergiss das...was willst du überhaupt bezwecken?
      Du schreibst mit
      PHP-Code:
      imagejpeg($newImage"bilder/test.jpeg"); 
      die Grafik nach bilder/test.jpeg, aber sie wird nicht ausgegeben. Wenn du willst, dass sie auch im Browser angezeigt wird, musst du die Funktion nochmal ohne einen Dateinamen aufrufen!:
      PHP-Code:
      imagejpeg($newImage); 

      Ein netter Guide zum übersichtlichen Schreiben von PHP/MySQL-Code!

      bei Klammersetzung bevorzuge ich jedoch die JavaCoding-Standards
      Wie man Fragen richtig stellt

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      • #4
        naja im grunde will ich ja das die bilder verkleinert werden und gespeichert werden. sie werden dann später im mit <img src=""bild.jpeg"> eingebunden.

        hab hier im forum rumgestöbert und irgendwo wurde geschrieben, das man der funktion imagejpeg einfach noch den pfad als zweiten parameter übergeben soll

        Edit: mitm header hatteste recht. habs mal auskommentiert und jetzt gehts
        Zuletzt geändert von st@tic; 09.08.2005, 03:45.

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