Bild per PHP ausgeben - wie??

[Drathy]

Also:

Da echo ja nicht ausgegeben wurde, da sich der Aufruf der bild.php ja in nem <img>-Tag befindet, habe ich das Ganze etwas umgestrickt, hoffe, ich habe keinen Denkfehler drin...
Anstelle des <img> steht nun: require 'fileadmin/scripte/bild.php';
bild.php wurde wie folgt geändert:
<?php
 $path='/var/cache/webs/kd500004/';
// $file=(!empty($_REQUEST['file']))?($path.$_REQUEST['file']):'';
 $file = $path.'kunde1/projekt/Kommunikation/kommu.jpg';
 echo $file.'<br>';
 echo is_file($file).'<br>';
 echo readfile($file);
 if(is_file($file)) {
  header ("Content-Type: image/jpeg");
  readfile($file);
 }
?>

Nun Folgendes:
Wenn ich error_reporting(E_ALL); setze, dann bekomm ich nur folgende Zeile auf den Bildschirm:
Die Grafik "http://www.jeschke.net/typo3/index.php?id=3" kann nicht angezeigt werden, weil sie Fehler enthält.
Ohne error_reporting(E_ALL); werden mir folgende Ergebnisse ausgegeben:
 echo $file: /var/cache/webs/kdxxx/kunde1/projekt/Kommunikation/kommu.jpg
 echo is_file($file): 1
 echo readfile($file): Ganz viel Zeichensalat...

Oder kann ich mir auf anderer Art die Inhalte der Variablen ausgeben lassen, wenn sich der Aufruf innerhalb eines <img>-Tags befindet?

Gruß,
Drathy