Tamam, bu yüzden bu arama kutusuna sahip olan bir gıda maddesi typein insanlar. Bu düğmeye bastığınız zaman ben girişi. Php dosyasına göndermek için ihtiyacımız var. Bu php dosyası op o gıda maddesini (benim veritabanında şu) ve çıkış gıda madde adı ve kalori kalori bakacağız. Sayfayı yeniden olmadan yapılması gereken tüm bu böylece gerek JQuery nasıl çalıştığını sergiyi başladı.

Ancak ben şaşırıp, I don't know what to put in the data field of the jquery function and how I can 'catch' that data in the .php file. Can someone give me an idea? thanks a lot! (Bkz.??? 'Un ben anlamıyorum şeyler için). Ayrıca, sonunda bir uyarı kutusunda olabilir, ama benim sayfasında bazı tablosunu güncelleştirmek için değil ihtiyacı geri geliyor veriler ben bunu nasıl yapabilirim? Hangi JSON (?) jQuery işlevi ihtiyacım var?

Ben bugüne kadar ne var:

kafamda:

<script type="text/javascript">
function contentDisp()
{

$.ajax({
  type: 'POST',
  url: 'getFood.php',
  data: '????????',
  success: function(data){ 
    alert("Data Loaded: " + data); 
  }

});

}
</script>

ve vücuttaki:

<form autocomplete="off">
        <p>
            Product:
            <input type="text" name="food" id="food" class="food_name_textbox" onmouseover="javascript: this.className='food_name_textbox_mouseover';" onmouseout="javascript: this.className='food_name_textbox';" / >
        </p>
        <button id="zoek" type="button" onClick="contentDisp();">Zoek</button>
    </form>

ve getFood.php içinde:

<?php
require_once "config.php";
$id = "??????"
$result = mysql_query("SELECT * FROM voedingswaarden WHERE voedsel='$id'");
$row = mysql_fetch_array($result);

echo json_encode($row);

?>