no me va el script para mostrar imagen

[Marvin]

Tu problema parece estar en esta linea:

Código PHP:

 <img src="verimagen.php?id=<?= $fila['id'] ?>" width="154" height="150" />  

La imagen esta bien asi... pero... el src significa source (fuente) y es de donde sacas la foto... por lo tanto no puedes hacerlo desde una url en donde tienes que cargar la pagina para procesarla y obtener datos...

Mi idea es esta:

NOTICIAS.PHP

Código PHP:

  <? 
include("VERIMAGEN.PHP"); 
$miImagen = new VerImagen(); 
$cols = 1; 
if (isset ($_GET['cols'])) 
    $cols = $_GET['cols']; 
    $resultado = mysql_query("SELECT * FROM foto"); 
    $num = mysql_num_rows($resultado); 
    $filas = ceil($num/$cols); 
?> 
<table width="150" border="0" cellspacing="0" cellpadding="1"> 
<?     for ($i=0; $i<$filas; $i++){ ?>  
<tr>  
<?         for ($j=0; $j<$cols; $j++){ ?> 
<td> 
<? 
            if ($fila = mysql_fetch_array($resultado)){  
                $img = $miImagen->getImagen($fila['id']); 
?> 
<img src="<?= $img ?>" width="154" height="150" /> 
<? 
            }else{ 
                echo('&nbsp;'); 
            } 
?> 
</td>  
<? 
        } 
    } 
?> 
</tr> 
</table>  

VERIMAGEN.PHP

Código PHP:

  <? 
class VerImagen{ 
 
    function getImagen($id){ 
        include("conexion.php"); 
        conectarse(); 
         
        $qry = "SELECT nombre_archivo, tipo, tamano FROM foto WHERE id='$id'"; 
        $res = mysql_query($qry); 
        $archivo = mysql_fetch_array($res); 
        if ($archivo['tamano'] != ""){ 
            $tipo = $archivo["tipo"]; 
            $contenido = $archivo["tamano"]; 
        }else{ 
            $qry = "SELECT nombre_archivo, tipo, tamano FROM foto WHERE id='3'"; 
            //echo($qry); 
            $res = mysql_query($qry); 
            $archivo = mysql_fetch_array($res); 
            $tipo = $archivo["tipo"]; 
            $contenido = $archivo["tamano"]; 
        } 
        mysql_close(); 
        return ($tipo,$contenido); 
    } 
} 
      
?>