Php 成功响应时显示div

我试图在php数据成功发送到服务器后显示success div，只是更新了数据，但是没有显示div

有人能告诉我哪里出了问题吗。我环顾了一下堆栈溢出，尝试了许多不同的解决方案，但都没有成功

<div id= "infomsg" style="display: none;">Updated Successfully! </div>

$.ajax({
type: "POST",
url: "validate.php",
cache: false,
dataType: "json",
data: dataString,
success: function(Success){
  $('#infomsg').show(Success)
        }
        });


if (isset($_POST))
{


    $first=$_POST['first'];
    $middle=$_POST['middle'];
    $last=$_POST['last'];
    $email=$_POST['email'];
    $lives=$_POST['lives'];
    $Gender=$_POST['Gender'];
    $about=$_POST['about'];
    $fav_track=$_POST['fav_track'];
    $fav_bands=$_POST['fav_bands'];


$sql3 = "UPDATE user SET first='$first',middle='$middle',last='$last',email='$email',lives='$lives',Gender='$Gender', about='$about', fav_track='$fav_track', fav_bands='$fav_bands' WHERE `id`='".$_SESSION['id']."'";
        $res3 = mysqli_query($mysqli,$sql3) or die(mysqli_error($mysqli));

         //Writes the photo to the server 
 if($res3) 
 { 
 //Tells you if its all ok 
 echo '<div id= "infomsg" style="display: none;">Updated Successfully! </div>'; 
 }else{ 

 //Gives and error if its not 
 echo "Sorry, there was a problem updating the Information, Contact se7ern@se7ern.co.uk with REF:#1112-Validate."; 
 }




 }

更新成功！
$.ajax({
类型：“POST”，
url:“validate.php”，
cache:false，
数据类型：“json”，
数据：dataString，
成功：功能（成功）{
$（'infomsg'）.show（成功）
}
});
国际单项体育联合会（国际单项体育联合会）
{
$first=$_POST['first']；
$middle=$_POST['middle']；
$last=$_POST['last']；
$email=$_POST['email']；
$lives=$_POST['lives']；
$Gender=$_POST['Gender']；
$about=$_POST['about']；
$fav_track=$_POST['fav_track']；
$fav_bands=$_POST['fav_bands']；
$sql3=“更新用户集first='$first'，middle='$middle'，last='$last'，email='$email'，lifes='$lifes'，Gender='$Gender'，about='$about'，fav_track='$fav_track'，fav_bands='$fav_bands'，其中`id`='''''$_会话['id'.'”；
$res3=mysqli_query（$mysqli，$sql3）或die（mysqli_error（$mysqli））；
//将照片写入服务器
如果（3美元）
{ 
//告诉你一切是否正常
echo“已成功更新！”；
}否则{
//如果不是，则给出和错误
echo“抱歉，更新信息时出现问题，请联系se7ern@se7ern.co.uk带参考号：#1112验证。“；
}
}

如果只想显示div，不要将参数传递给

show（）

方法，只需执行以下操作：

$('#infomsg').show();

如果您需要从服务器返回一些信息，则需要深入了解对象的

成功
。
只需显示div：
$（'#infomsg'）.show（）
 尝试确保首先输入success函数-放置一个
警报（）块中的语句



如果可行，请尝试更改其CSS属性：

$('#infomsg').css('display', 'inline');

如果只想显示
，则不必在“
show（）
”方法中传递任何参数

您只需使用下面提到的方法即可：

<div id="infomsg" style="display: none;">Updated Successfully!</div>

$.ajax({
    type: "POST",
    url: "validate.php",
    cache: false,
    dataType: "json",
    data: dataString,
    success: function (Success) {
        $('#infomsg').show();
    }
});

更新成功！
$.ajax({
类型：“POST”，
url:“validate.php”，
cache:false，
数据类型：“json”，
数据：dataString，
成功：功能（成功）{
$（'#infomsg'）.show（）；
}
});
什么是“成功”返回？它是否返回HTML？你应该只显示div而不显示消息。是的。那么是html（成功）吗？那么，您正在用返回值替换div中的内容，对吗？警报甚至不起作用。我要发布我的php结尾吗？在那之前，试着独立运行php代码-试着放置一个
echo'a'语句。你看到输出了吗？
<div id="infomsg" style="display: none;">Updated Successfully!</div>

$.ajax({
    type: "POST",
    url: "validate.php",
    cache: false,
    dataType: "json",
    data: dataString,
    success: function (Success) {
        $('#infomsg').show();
    }
});