在php中显示获取myqsql数据的结果

我不确定我是否100%进行连接和查询，但因为我得到的错误只是结果，所以我假设我是。但是，我不知道如何正确处理数据以显示它

php:

浏览器控制台中显示的错误

警告：mysqli\u fetch\u assoc:无法在第14行的C:\xampp\htdocs\apps\MyVyn\Utils\Utils\servConn.php中获取mysqli\u结果 注意：未定义变量：在第36行的C:\xampp\htdocs\apps\MyVyn\Utils\Utils\servConn.php中返回

有人能指出我遗漏了什么吗？还有没有更好的方法从数据库中获取数据并显示结果？

编辑：

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我：你没有选择任何东西

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OP：这些是，我没有注意到我没有包括它

发布时始终发布完整代码。如果遗漏了某件事，就会留下混淆的余地

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你没有选择任何东西

也就是说，您需要从数据库表中选择一列/列或所有*项

例如：

$query = mysqli_query($db,"SELECT column FROM table_name");

或

或

然而，我建议你研究一下，或者，有很多例子可以供你参考

编辑：2

您正在使用$DB->close提前关闭DB连接；在：

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删除$result->close；从所有循环的内部将其放置在成功查询的外部。

您没有选择任何内容。=>这些是，我没有注意到我没有包括它。我建议你在你的文件中添加错误报告。将错误报告添加到文件顶部错误报告全部；ini设置“显示错误”，1；看看有没有收获。在你的开场白之后加上我从来没有使用过mysqli，我是一个PDO人，但是$result->close是正常的吗；在你做任何事情之前？这个问答会更好地解释它。@StephenAdkins太好了，Stephen，很高兴听到它，谢谢你的更新，干杯

$query = mysqli_query($db,"SELECT column FROM table_name");

$query = mysqli_query($db,"SELECT column_1, column_2 FROM table_name");

$query = mysqli_query($db,"SELECT * FROM table_name");

else{
   if($result = $db->query($query)){
       $result->close();
       while($row = mysqli_fetch_assoc($result)){
          echo "result: " . $row['user_Id'];
       }
       $db->close(); // <= there
       return $result;
   } else{
       $message = $db->error;
       $db->close(); // <= there
       return $message;
   }
}