Visualizzare immagine da una tabella di mysql

Ho il seguente problema, ho creato un form che carica un'immagine in una sezione della tabella Utenti, la tabella ha i campi Tipo, Nome_Image, Size, Image. Tutto funziona correttamente fino a quando non tento di visualizzare l'immagine col seguente codice:

<?php
if(!$connessione){
	$connessione=mysql_connect("localhost","root") or die("connessione fallita!");
	$seleziona=mysql_select_db("my_anmaandfama",$connessione)or die("Connessione al DB fallita!");}
if ($_GET){
	$IDut = $_GET['IDut'];
	$sql = "SELECT Tipo, Image FROM Utenti WHERE Nickname='$IDut';";
	$result = mysql_query($sql) or die('Error: '.mysql_error());
	$riga = mysql_fetch_row($result);
	$type = $riga[0];
	$img = $riga[1];
	Header('Content-Type: $type');
	echo $img;}
?>

$IDut passa il Nickname, i nomi dei campi sono corretti, ho tentato anche caricando l'immagine direttamente da mysql ma non cambia nulla.

Il codice è tutto qua, non c'è nulla ne prima ne dopo, l'unica cosa che deve fare è visualizzare l'immagine in base al Nickname

PS:per ora mi da solo il solito quadratino con chrome e explorer, mentre con firefox scrive solo l'url della pagina...

[EuroSalute]

di solito per connettrersi al database, uso:

$mysql_user='';
$mysql_password='';

$connessione=mysql_connect('localhost', $mysql_user, $mysql_password) or die("connessione fallita!"); 

Io uso il metodo sopra e ha sempre funzionato più che adeguatamente perciò dubito si tratti di quello... Nessuno riesce a trovare un errore?...

Invece di scrivere:

$type = $riga[0];
    $img = $riga[1]; 

Scrivi:

$type = $riga['Tipo'];
    $img = $riga['Image']; 

Fammi sapere :)

ci avevo gia provato...

Non capisco bene come tu stia facendo.
Il modo migliore è questo:

Metti un campo della tabella con l'URL dell'immagine.
poi fai un SELECT, prendi l'URL e lo metti dentro:

$url=......;
echo "<img src='".$url."' eventuali caratteristiche>"; 

per trovare l'url, adattati il codice seguente:

$sql="SELECT nome_campo FROM nome_tabella WHERE username='$username' and password='$password'";
$result=mysql_query($sql);

$count=mysql_num_rows($result);

if($count==1){
$rows=mysql_fetch_array($result);
$url=$rows['love'];
} 

Ciao

Ma io non uso l'url... la mia immagine si trova in un database... fisicamente...
ed è necessario che sia così anche se è scomodo

Non puoi salvare l'immagine nel tuo sito?

http://www.tuosito.altervista.org/tuaimmagine.png

Così devi usare il DB solo epr recuperare l'url

EDIT:

Esegui il tuo codice php, poi nella pagina di output copia il codice sorgente, ed incollalo quì per farcelo vedere :)
Forse si risolve vedendo il sorgente

non me lo da il codice... il comando è disattivato guarda tu stesso

anmaandfama.altervista.org/Image.php?IDut=FaMa

L'attuale codice è questo... praticamente lo stesso...

<?php
if(!$connessione){
	$connessione=mysql_connect("localhost","root") or die("connessione fallita!");
	$seleziona=mysql_select_db("my_anmaandfama",$connessione)or die("Connessione al DB fallita!");}
if ($_GET){
	$IDut = $_GET['IDut'];
	$sql = "SELECT Tipo, Image FROM Utenti WHERE Nickname='$IDut';";
	$result = mysql_query($sql) or die('Error: '.mysql_error());
	$riga = mysql_fetch_array($result);
	$type = $riga['Tipo'];
	$img = $riga['Image'];
	Header('Content-Type: $type');
	echo ($img);}
?>

Guarda i seguenti due link. Spiega sia come fare l'upload nel db, ma anche come poi estrarre le immagini da esso.
Ciao

primo link

Secondo link

I 2 link mi portano alla stessa pagina, che non tratta di php ma di VB...

Ah scusa,
avevo fatto una ricerca su google e mi sembrava interessante.

Mi dispiace ma sinceramente non so più cosa dirti.. :D
Ciao