J'ai trouvé d'ou venait l'erreur.... ELSEIF et pas ELSE IF Le code corrigé <? include("_conn.php"); $id= $_GET['id']; $reponse = mysql_query("SELECT dpe_energy FROM rdmbf_jea_properties WHERE id='".$id."'"); $donnees = mysql_fetch_array($reponse); $niveau = $donnees['dp...

Voila code définitif qui ne fonctionne toujours pas... La je perd un peu le fil... C'est un code méga simple en définitive et j'ai tout contrôlé.... Les champs, la base, la capacité du serveur a l'interpréter... J'y ai passé la journée.... Si vous aviez une idée ou me dire ou ma syntaxe est incorrec...

RIen a faire... Je met le code réel... <?php $reponse = mysql_query("SELECT dpe_energy FROM rdmbf_jea_propertie WHERE id='".$id."'"); $donnees = mysql_fetch_array($reponse); $niveau = $donnees['dpe_energy']; if ($niveau <= 12) { echo "<img src='dpe.jpg' />" ; } else if ...

Helas, je n'ai pas accès au php.ini.
Et j'ai bien logé error_reporting(E_ALL); en haut de page, mais l'erreur ne s'affiche pas...

C'est a se taper la tête contre les murs

Effectivement, j'ai appliqué ces deux corrections..; Mais toujours une page d'erreur 500...
Arfff...
Merci pour votre aide en tout cas, sympa !

Bonjour, Je sèche sur un script depuis un bon moment, je ne trouve pas mon erreur. J'aimerais simplement récupérer une valeur dans le champ d'une table ... Et selon la valeur récupérée, afficher une image... Si valeur est inférieure à 12, afficher 1111.jpg Si valeur est supérieure à 12, afficher 222...