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私はjQueryからいくつかの簡単なチュートリアルを行っていますが、今のところ、入力フォームからデータを送信するphpスクリプトに問題があります...私の入力フォームは次のようになります:

<form method="post" action="submit_to_db.php">
<div id="container">
    <label for="name">Name</label>
    <input type="text" name="name" id="name" />

    <label for="email">E-mail address</label>
    <input type="text" name="email" id="email" />

    <label for="comments">Any comments</label>
    <textarea rows="5" cols="35" name="comments" id="comments"> </textarea>
    <br />

    <input type="submit" name="submit" id="submit" value="Send costam" />
</div>
</form>

jQuery のスクリプトは次のとおりです。

<script type="text/javascript">
        $(function() {
            $('#submit').click(function() {
                $('#container').append('<img src="a.gif" alt="Please w8" id="loading"/>');

                var name = $('#name').val();
                var email = $('#email').val();
                var comments = $('#comments').val();

                console.log(name, email, comments);

                $.ajax({
                    url: 'submit_to_db.php',
                    type: 'POST',
                    data: 'name=' + name + '&email=' + email +     '&comments=' + comments,
                    success: function(result){
                        console.log(result);
                    }
                });
                return false;
            });
        });
    </script>

では、[送信] ボタンをクリックした後、アクションが呼び出されないのはなぜですか... つまり、データベースは変更されず、データは追加されず、ブラウザーは submit_to_db.php のコードを表示するだけです...私は XAMPP を使用していますが、最初はローカルホストのポートを httpd で 81 に変更する必要がありました。conf I chinge Listen: 80 から 81...

このようなn00bの質問で本当に申し訳ありません。このチュートリアルを進める方法が本当にわかりません:(助けてくれてありがとう。

ああ。念のため-phpファイル:

<?php
    $conn = new mysqli('localhost:81', 'root', '', 'my_db');
    $query = "INSERT into comments(name, email, comments) VALUES (?, ?, ?)";

    $stmt = $conn->stmt_init();
    if($stmt->prepare($query)) {
        $stmt->bind_param('sss', $_POST['name'], $_POST['email'],     $_POST['comments']);
        $stmt->execute();
    }
    ?>
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