Использование $ .post с JQuery для двух форм на одной странице?

Question

Привет, мне интересно, возможно ли это? Имея две разные формы на одной странице, используя почту jquery, чтобы отправить ее php, чтобы выполнить некоторую проверку. Первая из них работает безупречно, однако, когда я перехожу во вторую форму, я получаю сообщение об ошибке, указав, что это неопределенная переменная, но я использую тот же самый метод, который я использовал для первой формы. Он загрузит все, что будет отображаться на php-странице для формы фида, но не будет отвечать за то, что я набираю. Есть ли лучший, более правильный способ сделать это?

Это не для реального сайта, а просто для тестирования проекта, над которым я работаю.

HTML:

<form action="php/signup.php" method="post" class="form-inline" name="signupForm"> 
    <input type="text" maxlength="20" name="username" id="user_in"> 
    <input type="password" maxtlength="20" name="password" id="pass_in"> 
    <input type="submit" name="submit" Value="Sign Up"> 
</form> 
<div id="feedback"></div> <!-- Feedback for Sign Up Form --> 
    <br /><br /> 
<form name="feedForm"> 
    <input type="text" id="feed_in" name="feed_me_in" placeholder="feed"> 
    <div id="feedme"></div> <!-- FEEDback for feed form --> 
</form> 

<script src="js/jquery-1.9.1.js"></script> 

JavaScript:

<script> 
    $(document).ready(function() { 
     $('#feedback').load('php/signup.php').show(); 
     //SIGN IN FORM 
     $('#user_in, #pass_in').keyup(function() { 
      $.post('php/signup.php', { username: document.signupForm.username.value, 
             password: document.signupForm.password.value }, 
       function(result) { 
        $('#feedback').html(result).show 
       }); 
     }); 

     $('#feedme').load('php/feed.php').show(); 
     //FEED FORM 
     $('#feed_in').keyup(function() { 
      $.post('php/feed.php', { feed: document.feedForm.feed_me_in.value }, 
        function(result) { 
         $('$feedme').html(result).show 
        }); 
      }); 
    }); 
</script> 

PHP для подачи формы:

<?php 
    $feed = mysql_real_escape_string($_POST['feed']); 
    if(isset($feed)) { 
     echo $feed; 
    } else {} 
?> 

PHP для глухонемых Форме:

<?php 
    if(isset($_POST['username'])) { 
     include_once('connect.php'); //Connect 
     $username = mysql_real_escape_string($_POST['username']); 

     $sql1 = "SELECT username FROM users WHERE username='$username'"; 
     $check = mysql_query($sql1); 
     $numrows = mysql_num_rows($check); 
     if(strlen($username)<=4) { 
      echo "Username is too short"; 
     } elseif($numrows == 0) { 
      echo "Username is available"; 
     } elseif($numrows > 0) { 
      echo "Username is already taken"; 
     } 
    } else { 
     echo "Please type a username"; 
    } 
?> 

Answer 1

$('$feedme').html(result).show 

должно быть

$('#feedme').html(result).show();