Къде греша с извеждането на изображение от базата данни

[bluesoleil]

<?php 
include "config.php"; 

$sql = mysql_query("SELECT kategoria FROM `fail` WHERE `kategoria`='$url'"); 
$row = mysql_fetch_object($sql); 
echo "<br><img src=" . $row ['kategoria'] . " width=300 height=225>" 



?>

С този код се опитвам да изведа и покажа изображение което е записано в базата данни /като линк/ ,но ефекта от следният код отваря само празно поле с размерите които са зададени без да изведе самото изображение от линка.


Ето и базата

 

[slideR]

<?php
include "config.php";

$sql = mysql_query("SELECT kategoria FROM `fail` WHERE `kategoria`='$url'");
$row = mysql_fetch_object($sql);
echo "<br><img src=" . $row->kategoria . " width=300 height=225>"



?>

 

[bluesoleil]

<?php
include "config.php";

$sql = mysql_query("SELECT kategoria FROM `fail` WHERE `kategoria`='$url'");
$row = mysql_fetch_object($sql);
echo "<br><img src=" . $row->kategoria . " width=300 height=225>"



?>

Резултата е същият!

 

[slideR]

Къде е тая променлива $url :idea:

 

[bluesoleil]

Допускам грешка кто търся променлива,а не взимам линка директно от таблица.

SELECT kategoria FROM `fail`

Поздрави на всички