私はこのコードを試しました:
$image = new Imagick();
$f = fopen('http://www.url.com/image.jpg', 'rb');
$image = readImageFile($f);
しかし、うまくいきません。また、それは最善の方法ではないと考えており、コードにベスト プラクティスを含めたいと考えています (どんなにばかげているように聞こえても)。同じサーバー上で、GD ライブラリを使用するこのコードは問題なく動作します。
$im = imagecreatefromjpeg('http://www.url.com/image.jpg');
Imagick のマニュアルを見逃していませんか?