きのデバッグ方法について、質問させてください。 D...
回答
1件
AjaxLike.phpでも他のコード同様に debug(‘xxxxxxxx’);
のように記述することで、（クエリ失敗時であっても）php.logにログを書き出すことが可能です。
AjaxLike.php内には
debug('「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「');
debug('「 Ajax ');
debug('「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「「');
debugLogStart();
や
debug('商品ID:' . $p_id);
等、ダウンロードした状態で様々なログへの書き出しようのコードが書かれていますが、これらは仮にAjaxLike.php内での処理でエラーがあってもphp.logに書き出されているはずです。
追加でデバッグを行いたい場合、同様に
「debug('ユーザーID：' .$_SESSION['user_id’]);」
のように記載することで変数やSESSIONの中身を確認することが可能です。
部活の学習一覧
Lesson 01
「WEBサービスと必要な機能」
Lesson 02
「画面を設計しよう！」
Lesson 03
「テーブルを設計しよう！part1」
Lesson 04
「テーブルを設計しよう！part2」
Lesson 05
「テーブルを設計しよう！part3」
Lesson 06
「DB作成」
Lesson 07
「画面を作ろう！」
Lesson 08
「画面を作ろう！part2」
Lesson 09
「ユーザー登録機能を作ろう！」
Lesson 10
「ユーザー登録機能を作ろう！part2」
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「投資の小話」
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「ログイン機能を作ろう！」
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「ログアウト機能を作ろう！」
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「退会機能を作ろう！」
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「プロフィール編集機能を作ろう！」
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「書いて書いて書きまくれ！」
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「パスワード変更機能を作ろう！」
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「商品登録機能を作ろう！part2」
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「商品登録機能を作ろう！part3」
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「商品詳細画面を作ろう！」
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「商品検索機能を作ろう！」
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「お気に入り機能を作ろう！」
Lesson 25
「マイページ機能を作ろう！」
コーヒーブレイク
「はたらくプログラミング 第5話」
ご意見箱
DBに登録できなかったため、2019/07/29 に質問されている方の回答を参考に、
Status Codeが200（Ajaxは成功しているため） → PHP側の処理がおかしいと気づき、
ajaxLike.phpを確認してみると、打ち間違いだったことが判明し、結果DBにしっかり登録することができました。
ただ、エラーを探している中で1つ困ったことがありまして、
ajaxLike.php内でエラーが出ている際、♡ボタンを何度押してもconsole.logに「Ajax Success」と表示されるだけで、
ajaxLike.php内に書いたデバッグが、php.logにも、どこを探しても一切表示されませんでした（非同期通信を行っているから？）。
（ちなみに、DBに登録成功した時は、ajaxLike.php内のすべてのデバッグが表示されました。）
このように、Ajaxを使って、PHP側にエラーが出たとき、送信先のURLにあるデバッグを表示させるいい方法は、ありますでしょうか？
送信先のURLのコードが長くなり、エラーが見つけにくい場合、現場ではどのように対処されているのでしょうか。
あわせて教えていただけると幸いです。
どうぞよろしくお願いいたします。
【試したこと】
こちらのサイト（https://www.alt-plus.jp/archives/2402）を参考に、ajaxLike.phpに
ーーーー
$data['debug'] = 'Ajaxページを表示します。';
echo json_encode($data);
ーーーー
と、一番上（//共通変数・関数ファイルを読み込みより上）に適当に入れてみましたが、
やはりデバッグは表示されませんでした。