Bonjour.

Voici le code que j'ai trouvé sur internet :
Code : Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part
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$mysqlHostName ='localhost';
$mysqlUserName ='*******';
$mysqlPassword ='';
$mysqlDatabaseName ='nom-base';
$mysqlExportPath ='save-nom-base.sql';
$command='mysqldump --opt -h' .$mysqlHostName .' -u' .$mysqlUserName .' -p' .$mysqlPassword .' ' .$mysqlDatabaseName .' > ' .$mysqlExportPath;
exec($command,$output=array(),$worked);
   switch($worked){
      case 0:
         echo 'La base de données <b>' .$mysqlDatabaseName .'</b> a été stockée avec succès dans le chemin suivant '.getcwd().'/' .$mysqlExportPath .'</b>';
         break;
      case 1:
         echo 'Une erreur s est produite lors de la exportation de <b>' .$mysqlDatabaseName .'</b> vers '.getcwd().'/' .$mysqlExportPath .'</b>';
         break;
      case 2:
         echo 'Une erreur d exportation s est produite, veuillez vérifier les informations suivantes : <br/><br/><table><tr><td>MySQL Database Name:</td><td><b>'         .$mysqlDatabaseName .'</b></td></tr><tr><td>MySQL User Name:</td><td><b>' .$mysqlUserName .'</b></td></tr><tr><td>MySQL Password:</td><td> <b>NOTSHOWN</b></td></tr><tr><td>MySQL Host Name:</td><td><b>' .$mysqlHostName .'</b></td></tr></table>';
        break;
   }
Message d'erreur "Strict standards: Only variables should be passed by reference in C:\wamp64\www\....\save-nom-base on line 74".

Le fichier 'save-nom-base.sql' est bien créer dans le même répertoire, mais il est vide ?

Si je saisi en ligne de commande en tant administrateur :
Code : Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part
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C:\WINDOWS\system32>mysqldump --user='*******'  --password='' --databases infos > save-nom-base.sql
Voici le message renvoyé :

'mysqldump' n’est pas reconnu en tant que commande interne
ou externe, un programme exécutable ou un fichier de commandes.

Je ne comprends pas pourquoi ?

Avez-vous une explication svp.

Merci d'avance pour vos réponses.